3、若x,y∈R，

（1）证明：[xy]?[x][y]；

（2）试讨论{xy}与{x}{y}的大小关系。

注：我们知道，[x ? y] ?[x]+ [y]，{x+y}?{x}+{y}。此题把加法换成乘法又如何呢？

证明：（1）设x=[x]+α,0?α<1，y=[y]+β,0?β<1。于是

xy=[x][y]+β[x]+α[y]+αβ

所以[xy]= [x][y]+ [β[x]+α[y]+αβ] ?[x][y]。 （2）{xy}与{x}{y}之间等于、大于、小于三种关系都有可能出现。

11时，{xy}={x}{y}=； 243131 当x=， y=时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＞{x}{y}；

22441111 当x=-，y=-时，{xy}=，{x}{y}=，此时{xy}＜{x}{y}。

2363cc4、证明：存在一个有理数，其中d < 100,能使 [k]=[k73]

dd100+

当x=y=

对于k=1，2，….，99均成立。

证明：由（73，100）=1以及裴蜀恒等式可知：存在整数c，d，使得 73d-100c=1

从而

73kck(73d?100c)kk-==，由k< 100可知： 100100d100dd0＜

设[k73kc1k-＜ 100dddcd]=n，则kc＜n+1=n?1d,于是

d73kc?1n?1k＜d=n+1， ?100dd73故 [k]= n =[k100cd]。

初等数论练习题四

一、单项选择题

1、若Fn=22?1是合数，则最小的n是( D )。

n

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

2、记号ba‖a表示ba｜a,但ba+1?|a. 以下各式中错误的一个是( B )。

A. 218‖20! B. 105‖50! C. 119‖100! D. 1316‖200! 3、对于任意整数n，最大公因数(2n+1，6n-1)的所有可能值是( A )。

A. 1 B. 4 C. 1或2 D. 1，2或4 4、设a是整数，下面同余式有可能成立的是( C )。

A. a2≡2 (mod 4) B. a2≡5 (mod 7) C. a2≡5 (mod 11) D. a2≡6 (mod 13)

5、如果a≡b(mod m)，c是任意整数，则下列错误的是（ A ） A．ac≡bc(mod mc) 二、填空题

1、d(10010)=_32__，φ(10010)=_2880__。

2、对于任意一个自然数n，为使自N起的n个相继自然数都是合数，可取N=（n+1）！

3、为使3n-1与5n+7的最大公因数达到最大可能值，整数n应满足条件n=26k+9，k∈Z。

4、在5的倍数中，选择尽可能小的正整数来构成模12的一个简化系，则这组数是{5,25,35,55}

5、同余方程26x+1≡33 (mod 74)的解是x1≡24(mod74) x2≡61(mod74)_。 6、不定方程5x+9y=86的正整数解是_x=1,y=9或x=10,y=4。 7、??54??=_-1_。 ?89?B．m|a-b C．(a,m)=(b,m) D．a=b+mt,t∈Z

三、计算题

1、设n的十进制表示是13xy45z，若792?n，求x，y，z。 解：因为792 = 8?9?11，故792?n ? 8?n，9?n及11?n。

我们有8?n ? 8?45z? z = 6，以及

9?n ? 9?1 ? 3 ? x ? y ? 4 ? 5 ? z = 19 ? x ? y ? 9?x ? y ? 1， (1) 11?n ? 11?z ? 5 ? 4 ? y ? x ? 3 ? 1 = 3 ? y ? x ? 11?3 ? y ? x。 (2) 由于0 ? x, y ? 9，所以由式(1)与式(2)分别得出

x ? y ? 1 = 9或18， 3 ? y ? x = 0或11。

?x?y?1?a这样得到四个方程组：?

3?y?x?b?其中a取值9或18，b取值0或11。在0 ? x, y ? 9的条件下解这四个方程组，

得到：x = 8，y = 0，z = 6。 2、求3406的末二位数。

解：∵ （3，100）=1，∴3φ(100)≡1（mod 100），而φ(100)= φ(22·52)=40,

∴ 340≡1(mod 100) ∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡

29(mod 100)

∴ 末二位数为29。

3、求(214928+40)35被73除所得余数。

解：(214928+40)35≡(3228+40)35≡[(32×32)14+40]35 ≡(102414+40)35 ≡

(214+40)35 ≡(210×24+40)35 ≡(25+40)35 ≡7235 ≡-1≡72(mod 73)

四、证明题

1、设a1, a2, ?, am是模m的完全剩余系，证明： （1）当m为奇数时，a1+ a2+ ?+ am ≡0（mod m）； （2）当m为偶数时，a1+ a2+ ?+ am ≡

m（mod m）。 2 证明：因为{1, 2, ?, m}与{a1, a2, ?, am}都是模m的完全剩余系，所以

?ai??i?i?1i?1mmm(m?1)(mod m)。 2mm?1m(m?1)m(m?1)由?Z即得：（1）当m为奇数时，，故?ai?m?0(mod

222i?1m)。

（2）当m为偶数时，由（m,m+1）=1即得：?ai?i?1mm(m?1)m?(mod m)。 22

?（m）2、证明：若m＞2，a1, a2, ?, a?(m)是模m的任一简化剩余系，则

?ai?1i?0(modm).

证明：若a1, a2, ?, a?(m)是模m的一个简化剩余系，则m-a1, m-a2, ?, m-a?(m) 也

?（m）是模m的一个简化剩余系，于是：

?（m）i?1?a??(m?a)(modm). 从而：

iii?1i?1?(m)2?ai?m?(m)(modm). 又由于m＞2，?(m)是偶数。故：

?（m）i?1?ai?m?（m）2?0(modm).

3、设m > 0是偶数，{a1, a2, ?, am}与{b1, b2, ?, bm}都是模m的完全剩余系，证明：{a1 ? b1, a2 ? b2, ?, am ? bm}不是模m的完全剩余系。

证明：因为{1, 2, ?, m}与{a1, a2, ?, am}都是模m的完全剩余系，所以

?ai??i?i?1i?1mmm(m?1)m?(mod m)。 (1) 22同理 ?bi?i?1mm(mod m)。 (2) 2如果{a1 ? b1, a2 ? b2, ?, am ? bm}是模m的完全剩余系，那么也有

m?(ai?bi)?2(mod m)。

mi?1联合上式与式(1)和式(2)，得到 0?mmm??(mod m)， 222这是不可能的，所以{a1 ? b1, a2 ? b2, ?, am ? bm}不能是模m的完全剩余系。

4、证明：（1）2730∣x13-x； （2）24∣x(x+2)(25x-1)；

（3）504∣x9-x3； （4）设质数p＞3，证明：6p∣xp-x。 证明：（1）因为2730=2×3×5×7×13，2,3,5，7,13两两互质，所以： 由x13-x=x (x12-1)≡0 (mod 2)知：2∣x13-x；13∣x13-x；

由x13-x=x (x12-1)=x(x2-1)(x2+1)(x8+x4+1)≡0 (mod 3)知：3∣x13-x； 由x13-x=x (x12-1)=x(x4-1)(x8+x4+1)≡0 (mod 5)知：5∣x13-x； 由x13-x=x (x12-1)=x(x6-1)(x6+1)≡0 (mod 7)知：7∣x13-x。

2

故有2730∣x13-x。 同理可证（2）、（3）、（4）。

初等数论练习题五

一、单项选择题

1、设x、y分别通过模m、n的完全剩余系，若（ C ）通过模mn的完全剩余系。

A. m、n都是质数，则my ? nx B. m≠n，则my ? nx C. （m，n）=1，则my ? nx D. （m，n）=1，则mx ? ny 2、1×3×5×…×2003×2005×2007×2009×2011标准分解式中11的幂指数是( A )。

A.100 B.101 C.99 D.102 3、n为正整数，若2n-1为质数，则n是( A )。

A.质数 B.合数 C.3 D.2k(k为正整数) 4、从100到500的自然数中，能被11整除的数的个数是( B )。 A.33 B.34 C.35 D.36

5、模100的最小非负简化剩余系中元素的个数是( C )。

A.100 B.10 C.40 D.4 二、填空题

1、同余方程ax+b≡0(modm)有解的充分必要条件是(a,m)∣b。

2、高斯称反转定律是数论的酵母，反转定律是指设p与q是不相同的两个奇质数，

(q)?(?1)pp?1q?1?22(p)

q3、20122012被3除所得的余数为_1__。 4、设n是大于2的整数，则(-1)?(n)=__1__。 5、单位圆上的有理点的坐标是(?是不全为零的整数。

6、若3258×a恰好是一个正整数的平方，则a的最小值为362。

2aba2?b2,?a2?b2a2?ba?b)或(?,?222a?b222aba2?b2)，其中a与b